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非同次方程式

非同次方程式 ${\bf X}^{\prime} = A{\bf X} + {\bf F}$ の解法を考える前に，もう一度，同次方程式の解を整理してみます．

を次の正方行列とします． ${\bf X}_{1},{\bf X}_{2},\ldots,{\bf X}_{n}$ が ${\bf X}^{\prime} = A{\bf X}$ の一次独立な解のとき，

$\displaystyle \Phi = \left(\begin{array}{cccc} {\bf X}_{1}&{\bf X}_{2}&\cdots&{\bf X}_{n} \end{array}\right)$

を基本行列(fundamental matrix)といいます．これより，基本行列 $\Phi$ は次のような性質をもっていることが確かめられます．
$1. \det\Phi = W({\bf X}_{1},{\bf X}_{2},\ldots,{\bf X}_{n}) \neq 0 \ (W =$ Wronskiの行列式

$2. \Phi^{\prime} = A\Phi$
$3. c_{1}{\bf X}_{1} + c_{2}{\bf X}_{2} + \cdots + c_{n}{\bf X}_{n} = \Phi\left... ...in{array}{c} c_{1}\\ c_{2}\\ \vdots\\ c_{n} \end{array}\right) = \Phi{\bf C}$
つまり，同次方程式 ${\bf X}^{\prime} = A{\bf X}$ の解は $\Phi{\bf C}$ で与えられるので，前の章で学んだ定数変化法を用いて，非同次方程式 ${\bf X}^{\prime} = A{\bf X} + {\bf F}$ の解を $\Phi(t) {\bf U}(t)$ と置いてみます．行列の導関数はそれぞれの成分の導関数で与えられるので，

$\displaystyle (\Phi {\bf U})^{\prime} = \Phi^{\prime} {\bf U} + \Phi {\bf U}^{\prime}$

が成り立ちます．そこで ${\bf X} = \Phi {\bf U}$ を ${\bf X}^{\prime} = A{\bf X} + {\bf F}$ に代入すると，

$\displaystyle \Phi^{\prime} {\bf U} + \Phi {\bf U}^{\prime} = A\Phi {\bf U} + {\bf F}$

となります．ここで基本行列の性質2を用いると，

$\displaystyle \Phi {\bf U}^{\prime} = {\bf F}$

を得ます．よってCramerの公式より，

$\displaystyle {\bf U}^{\prime} = \frac{[\Phi:{\bf F}]}{\vert\Phi\vert}$

となり，積分して，一般解

$\displaystyle {\bf X} = \Phi {\bf C} + \Phi {\bf U}$

を得ます．

例題 3.5 ${\bf X}^{\prime} = \left(\begin{array}{rr} 3&2\\ 1&2 \end{array}\right){\bf X} + \left(\begin{array}{c} e^{2t}\\ 2e^{2t} \end{array}\right)$ を解け．

解 $\det(A - \lambda I) = (\lambda - 4)(\lambda - 1) = 0$ より，固有値 $\lambda = 4,1$ ．固有値に対する固有ベクトルは $(A - 4 I) = \left(\begin{array}{rr} -1&2\\ 1&-2 \end{array}\right)$ より， $\left(\begin{array}{c} 2\\ 1 \end{array}\right)$ ．したがって ${\bf X}_{1} = \left(\begin{array}{c} 2\\ 1 \end{array}\right)e^{4t}$ は解である．また固有値に対する固有ベクトルは $(A - I) = \left(\begin{array}{rr} 2&2\\ 1&1 \end{array}\right)$ より， $\left(\begin{array}{c} 1\\ -1 \end{array}\right)$ である．したがって， ${\bf X}_{2} = \left(\begin{array}{c} 1\\ -1 \end{array}\right)e^{t}$ も解である．これより基本行列

$\displaystyle \Phi(t) = \left(\begin{array}{rr} 2e^{4t}&e^{t}\\ e^{4t}&-e^{t} \end{array}\right)$

を得る．一般解を求めるには連立方程式

$\displaystyle \Phi {\bf U}^{\prime} = {\bf F}$

を解けばよい．つまり，

$\displaystyle \left(\begin{array}{rr} 2e^{4t}&e^{t}\\ e^{4t}&-e^{t} \end{array... ...nd{array}\right) = \left(\begin{array}{c} e^{2t}\\ 2e^{2t} \end{array}\right)$

を解けばよいので，Cramerの公式を用いると，

$\displaystyle u_{1}^{\prime} = \frac{\left\vert\begin{array}{rr} e^{2t}&e^{t}\\... ...\ e^{4t}&-e^{t} \end{array}\right\vert} = \frac{-3e^{3t}}{-3e^{5t}} = e^{-2t}$

$\displaystyle u_{2}^{\prime} = \frac{\left\vert\begin{array}{rr} 2e^{4t}&e^{2t}... ...&2e^{2t} \end{array}\right\vert}{-3e^{5t}} = \frac{3e^{6t}}{-3e^{5t}} = -e^{t}$

となるので，積分して，

$\displaystyle u_{1} = -\frac{1}{2}e^{-2t}, \ u_{2} = -e^{t}$

を得る．したがって一般解は

$\displaystyle {\bf X}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle \Phi {\bf C} + \Phi {\bf U} = \left(\begin{array}{rr} 2e^{4t}&e^{... ...}\right)\left(\begin{array}{c} -\frac{1}{2}e^{-2t}\\ -e^{t} \end{array}\right)$
	$\displaystyle =$	$\displaystyle \left(\begin{array}{l} 2c_{1}e^{4t}+ c_{2}e^{t} - 2e^{2t}\\ c_{1}e^{4t}- c_{2}e^{t} + \frac{1}{2}e^{2t} \end{array}\right)$

で与えられる． $\ \blacksquare$

例題3.5は演算子を用いることにより，求めることもできます．この方法は消去法または演算子法とよばれています．より $x_{1}^{\prime} = Dx_{1}$ . よって

$\displaystyle x_{1}^{\prime} - 3x_{1} - 2x_{2} = Dx_{1} - 3x_{1} - 2x_{2} = (D-3)x_{1} - 2x_{2}$

また

$\displaystyle x_{2}^{\prime} - x_{1} - 2x_{2} = Dx_{2} - x_{1} - 2x_{2} = -x_{1} + (D - 2)x_{2}$

と書き直せます．これより例題3.5で与えられた連立微分方程式

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rl} x_{1}^{\prime} &= 3x_{1} + 2x_{2} + e^{2t} \\ x_{2}^{\prime} &= x_{1} + 2x_{2} + 2e^{2t} \end{array}\right .$

は演算子

を用いることにより次のように書き直せます．

例題 3.6 次の微分方程式を消去法を用いて解け．

$\displaystyle \left\{\begin{array}{rl} (D - 3)x_{1} - 2x_{2} &= e^{2t}\\ -x_{1} + (D - 2)x_{2} &= 2e^{2t} \end{array} \right .$

(3.1)

解ここで連立方程式を消去法で解くように，まず第1式にを掛け第2式に2を掛けて加えると

$\displaystyle (D - 3)(D - 2)x_{1} - 2x_{1} = (D-2)e^{2t} + 2(2e^{2t}).$

よって

$\displaystyle (D^{2} - 5D + 4)x_{1} = 2e^{2t} - 2e^{2t} + 4e^{2t} = 4e^{2t}.$

(3.2)

またはCramerの公式より

$\displaystyle \left\vert\begin{array}{cc} D-3 & -2\\ -1 & D-2 \end{array}\righ... ...\vert\begin{array}{cc} e^{2t} & -2\\ 2e^{2t} & D - 2 \end{array}\right\vert .$

よって

$\displaystyle (D^{2} - 5D + 4)x_{1} = (D-2)e^{2t} + 2(2e^{2t}).$

この微分方程式の特性方程式は

．したがって

となり，

の余関数 $x_{1c}$ は

$\displaystyle x_{1c} = c_{1}e^{t} + c_{2} e^{4t}$

で与えられる．次に特殊解 $x_{1p}$ を未定係数法を用いて求める．

$\displaystyle H(D)4e^{2t} = (D-2)4e^{2t} = 0$

より

$\displaystyle (D-2)(D^2 - 5D + 4)x_{1} = (D-2)4e^{2t} = 0.$

これより $y_{1p} = Ae^{2t}$ となる．これを(3.2)に代入すると

$\displaystyle 4Ae^{2t} - 10Ae^{2t} + 4Ae^{2t} = 4e^{2t}$

となり，

を得る．これより

$\displaystyle x_{1} = x_{1c} + x_{1p} = c_{1}e^{t} + c_{2}e^{4t} - 2e^{2t}.$

これを(3.1)の最初の式に代入すると

$\displaystyle c_{1}e^{t} + 4c_{2}e^{4t} - 4e^{2t} - 3c_{1}e^{t} - 3c_{2}e^{4t} + 6e^{2t} - 2x_{2} = e^{2t}.$

よって

$\displaystyle x_{2} = -c_{1}e^{t} + \frac{1}{2}c_{2}e^{4t} + \frac{1}{2}e^{2t}.$

確かに例題3.5と同じ結果を得ることができた． $\ \blacksquare$

例題 3.7 $\left\{\begin{array}{rc} x_{1}^{\prime\prime} - 2x_{1} - 3x_{2} =& 0\\ x_{1} + x_{2}^{\prime\prime} + 2x_{2} =& 0 \end{array}\right .$ を解け．

解 $u = x_{1}^{\prime}, \ v = x_{2}^{\prime}$ とおくと， $u^{\prime} = x_{1}^{\prime\prime}, \ v^{\prime} = x_{2}^{\prime\prime}$ ．よって与えられた微分方程式は次のように書き直せる．

$\displaystyle \left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ u\\ v \end{array}\right... ...rray}\right)\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ u\\ v \end{array}\right)$

$A = \left(\begin{array}{rrrr} 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ 2&3&0&0\\ -1&-2&0&0 \end{array}\right)$ の特性方程式は $\lambda^{4} - 1 = 0$ より，固有値 $\lambda = \pm 1, \pm i$ が求まる．次に固有ベクトルを求めるのだが，行列の次数が大きいので，コンピュータの力を借りる．ここではMathematicaを使用して，固有ベクトルを求めた． $\lambda = 1,-1,i$ に対応する固有ベクトルは順に

$\displaystyle (3,-1,-3,1)^{t},(-3,1,-3,1)^{t},(-i,i,-1,1)^{t}$

である．これより， ${\bf C}e^{\lambda t}$ は

$\displaystyle \left(\begin{array}{c} 3e^{t}\\ -e^{t}\\ -3e^{t}\\ e^{t} \end{... ...\cos{t}+i\sin{t})\\ -(\cos{t}+i\sin{t})\\ \cos{t}+i\sin{t} \end{array}\right)$

で与えられます．よって基本行列 $\Phi(t)$ は

$\displaystyle \Phi(t) = \left(\begin{array}{rrrr} 3e^{t}&-3e^{-t}&\sin{t}&-\cos... ...t}&-3e^{-t}&-\cos{t}&\sin{t}\\ e^{t}&e^{t}&\cos{t}&\sin{t} \end{array}\right)$

を得る．これより一般解は

$\displaystyle {\bf X} = \left(\begin{array}{rrrr} 3e^{t}&-3e^{-t}&\sin{t}&-\cos... ...ght)\left(\begin{array}{c} c_{1}\\ c_{2}\\ c_{3}\\ c_{4} \end{array}\right)$

で与えられる．これを $x_{1},x_{2}$ について解くと，

$\displaystyle x_{1}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle c_{1}3e^{t} -c_{2}3e^{t} = c_{3}\sin{t} - c_{4}\cos{t}$
$\displaystyle x_{2}$	$\displaystyle =$	$\displaystyle -c_{1}e^{t} + c_{2}e^{-t} - c_{3}\sin{t} + c_{4}\cos{t} \ensuremath{\ \blacksquare}$

演習問題

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Administrator 平成26年9月18日